（课标通用版）2020版高考物理总复习 第六章 02 第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动课件

第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动一动量守恒定律二碰撞爆炸反冲运动基础过关考点一对动量守恒定律的理解和应用考点二对碰撞现象中动量守恒的分析考点三动量守恒定律的综合应用考点突破考点四三种观点解决力学问题基础过关一、动量守恒定律1.内容:如果一个系统①不受外力,或者所受②外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。2.表达式:m1v1+m2v2=③m1v1'+m2v2'或p=p'。3.适用条件(1)理想守恒:系统不受外力或所受④外力的合力为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远⑤大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。(3)某一方向守恒:系统在某一方向上所受合力为零,系统在该方向上动量守恒。动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大二、碰撞爆炸反冲运动1.碰撞(1)特点:物体间的相互作用时间极短,内力⑥远大于外力。(2)分类(3)分析碰撞现象的三个依据A.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。B.动能不增加:即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2' ≥ 。C.速度要合理a.若碰前两物体同向运动,则应有v后v前;碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。b.碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变。22121222ppmm或221212''22ppmm2.爆炸(1)爆炸过程中内力远大于外力,爆炸的各部分组成的系统总动量⑦守恒。(2)爆炸过程中有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加。(3)爆炸过程中物体的位移很小,一般可忽略不计。3.反冲运动(1)如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动。这个现象叫做反冲。(2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以利用⑧动量守恒定律来处理。1.判断下列说法对错。(1)两物体相互作用时若系统不受外力,则两物体组成的系统动量守恒。 (√)(2)动量守恒只适用于宏观、低速。 (✕)(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题。 (✕)(4)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 (√)(5)若在光滑水平面上两球相向运动,碰后均变为静止,则两球碰前的动量大小一定相等。 (√)(6)飞船做圆周运动时,若想变轨通常需要向前或向后喷出气体,该过程中动量守恒。 (√)2.(多选)下列四幅图所反映的物理过程中,系统动量守恒的是 (AC)3.(2019安徽名校联考)如图所示,小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上,现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱。关于上述过程,下列说法中正确的是 (C)A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同4.(2018福建南平模拟)如图所示,A、B两物体质量分别为mA、mB,且mAmB,置于光滑水平面上,相距较远。将两个大小均为F的力,同时分别作用在A、B上经过相同距离后,撤去两个力,两物体发生碰撞并粘在一起后将 (C) A.停止运动B.向左运动C.向右运动D.运动方向不能确定考点一对动量守恒定律的理解和应用考点突破1.动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题时应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量,表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1’、p2'、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统2.动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p=p':即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p'大小相等,方向相同。(2)Δp=p'-p=0:即系统总动量的增加量为零。(3)Δp1=-Δp2:即相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。(4)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时,作用前总动量与作用后总动量相等。3.应用动量守恒定律解题的一般步骤例1(2018课标Ⅰ,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。答案(1)  (2) 1g2Em2Emg解析本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。(1)设烟花弹上升的初速度为v0,由题给条件有E= m  ①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt ②联立①②式得t=   ③1220v1g2Em(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1 ④火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有 m + m =E ⑤ mv1+ mv2=0 ⑥由⑥式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运1421v1422v1212动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有 m = mgh2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=  ⑧1421v122Emg考向1动量守恒的条件判断1.(多选)(2017河南开封质检)如图所示,光滑水平面上两玩具小车中间夹一压缩了的轻弹簧,两手分别按住小车,使它们静止。对两车及弹簧组成的系统,下列说法中正确的是 (ACD)A.两手同时放开后,系统总动量始终为零B.先放开左手,后放开右手,系统动量不守恒C.先放开左手,后放开右手,系统总动量向左D.无论何时放手,两手放开后在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,但系统的总动量不一定为零解析当两手同时放开时,系统所受的合外力为零,所以系统的动量守恒,又因开始时总动量为零,故系统总动量始终为零,选项A正确;先放开左手,左边的小车就向左运动,系统总动量向左,当再放开右手后,系统所受合外力为零,故系统的动量守恒,则放开右手后总动量方向向左,故选项B错误,C正确;结合以上分析可知D正确。考向2某一方向动量守恒问题2.(多选)(2019广东佛山期末)如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑 (BC)A.在下滑过程中,小球对槽的作用力对槽不做功B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向动量守恒C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后,小球能回到槽上高h处解析小球在下滑过程中,小球对槽的作用力对槽做功,选项A错误;小球在下滑过程中,小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零,系统在水平方向动量守恒,选项B正确;小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒,球与槽的质量相等,小球沿槽下滑,球与槽分离后,小球与槽的速度大小相等、方向相反,小球被弹簧反弹后与槽的速度相同,故小球不能滑到槽上,小球和槽都做匀速直线运动,选项C正确,选项D错误。考向3爆炸与反冲运动3.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略) (A)A.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s解析由于燃气喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05kg×600m/s=30kg·m/s,A正确。方法总结考点二对碰撞现象中动量守恒的分析1.碰撞遵守的规律(1)动量守恒。(2)机械能不增加,即碰撞结束后总动能不增加,表达式为Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'或 + ≥ + 。(3)速度要合理①碰后若同向运动,原来在前的物体速度一定增大,且v前≥v后。②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。2112pm2222pm211'2pm222'2pm2.碰撞模型类型(1)弹性碰撞碰撞结束后,形变全部消失,动能没有损失,不仅动量守恒,而且初、末动能相等。m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2v1'= 1221v1222v12121212212()2mmvmvmmv2'= v2=0时,v1'= v1v2'= v1讨论:(1)m1=m2,v1'=0,v2'=v1(速度交换);(2)m1m2,v1'0,v2'0(碰后,两物体沿同一方向运动);(3)m1≫m2,v1'≈v1,v2'≈2v1;(4)m1m2,v1'0,v2'0(碰后,两物体沿相反方向运动);2121112()2mmvmvmm1212mmmm1122mmm(5)m1≪m2,v1'≈-v1,v2'≈0;(6)m1、m2质量改变时,v2'范围是0v2'2v1;(7)运动的m1碰静止的m2,m1、m2质量不变时,v2'范围是 ≤v2'≤ 。(2)完全非弹性碰撞碰撞结束后,两物体合二为一,以同一速度运动,动能损失最大。m1v1+m2v2=(m1+m2)v1112mvmm11122mvmm m1 + m2 = (m1+m2)v2+ΔEk损max1221v1222v12例2如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。5答案( -2)M≤mM解析A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1 ① m = m + M  ②联立①②式得vA1= v0 ③1220v1221Av1221CvmMmM如果mM,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑mM的情况。第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有vA2= vA1= v0 ⑤mMmM2mMmMvC1= v0 ④2mmM根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1 ⑥联立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0 ⑦解得m≥( -2)M ⑧另一解m≤-( +2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为( -2)M≤mM ⑨555考向1碰撞的可能性分析1.(多选)质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列情况可能发生的是 ()A.M、m0、m速度均发生变化,分别变为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变,M和m的速度都变为v',且满足Mv=